- 設數列 an=1+12+⋯+1n−lnn,試證 limn→∞an 存在。
- 試利用 a. 求交錯級數 ∞∑n=1(−1)n+11n之值。
- 透過面積的估計可以知道
∫k+1k1xdx<1k<∫kk−11xdx.
由此可知lnn<n∑k=11k<1+lnn.
如此即有 0<an<1,這表明 an 有界。另一方面,我們也可以知道 an 遞減:an+1−an=1n+1−lnn+1n=1n+1−∫n+1n1xdx<0.
綜合而言可知 an 遞減且有界,因此極限存在。註:這個極限常被記為 γ,我們稱之為歐拉-馬斯刻若尼常數(Euler-Mascheroni constant)。
- 所求之無窮級數可作如下的改寫與計算:
∞∑n=1(−1)n+11n=limm→∞m∑n=1(−1)n+11n=limm→∞(m∑n=11n−2[m2]∑n=112n)=limm→∞[(∞∑n=11n−lnm)−([m2]∑n=11n−ln[m2])+lnm[m2]]
利用 a.,我們將 an 的極限值記為 γ,如此可得所求的交錯級數之值為∞∑n=1(−1)n+11n=limm→∞lnm[m2]=ln2.
應注意為了處理高斯符號的困難應使用夾擠定理,並配合不等式 x−1<[x]≤x 即可獲得上述極限結果。 - 試判別 limx→∞(e−2x∫x0e2t√t2+1dt) 是否存在?
- 試求 k 值使 limx→∞(xke−2x∫x0e2t√t2+1dt) 存在而且不等於 0,並求此極限值。
- 將所求改寫並計算如下:
limx→∞∫x0e2t√t2+1dte2x=limx→∞e2x√x2+12e2x=limx→∞√x2+12=∞
因此此極限不存在。 - 根據 a.可知 k<0,因此令 k=−s,其中 s>0,如此所考慮的極限如下,運用羅必達法則計算之:
limx→∞∫x0e2t√t2+1dtxse2x=limx→∞e2x√x2+1sxs−1e2x+xse2x=limx→∞√x2+1sxs−1+xs
若 s=1,則此極限值為 1;若 s>1,則此極限值為 0;若 s<1,則此極限值為 ∞。因此所求之 k 值為 −1,而極限值為 1。
- 設 u=f(x,y),x=rcosθ,y=rsinθ 及 r=√x2+y2。
- 試證 ∂2u∂r2+1r∂u∂r+1r2∂2u∂θ2=∂2u∂x2+∂2u∂y2。
- 設 u=f(x,y) 滿足 ∂2u∂x2+∂2u∂x2=0,而且 f(x,y)=h(r)(f 只是 r 的函數)。試證 f(x,y)=h(r)=alnr+b,其中 a,b 為常數。
- 藉由變數代換與連鎖律,我們可以直接計算一階偏導數如下:
∂u∂x=∂u∂r∂r∂x+∂u∂θ∂θ∂x=cosθ∂u∂r−sinθr∂u∂θ,∂u∂y=∂u∂r∂r∂y+∂u∂θ∂θ∂y=sinθ∂u∂r+cosθr∂u∂θ.
據此計算二階偏導數如下:∂2u∂x2=sin2θr∂u∂r+cos2θ∂2u∂r2+sin2θr2∂u∂θ+sin2θr2∂2u∂θ2,∂2u∂y2=cos2θr∂u∂r+sin2θ∂2u∂r2−sin2θr2∂u∂θ+cos2θr2∂2u∂θ2.
因此兩式相加可得∂2u∂x2+∂2u∂y2=∂2u∂r2+1r∂u∂r+1r2∂2u∂θ2.
- 根據假定與 a. 的結果,我們可以得到下列的常微分方程
d2hdr2+1rdhdr=0.
因此同乘以 r 可得ddr(rddrh(r))=0
如此即有rddrh(r)=a
其中 a 為積分常數。接著兩邊同除以 r 後取積分即可得到h(r)=alnr+b
其中 b 為積分常數。 - 求 ∫Ωxdy−ydxx2+y2,其中 Ω 表曲線 x=3cost,y=2sint,0≤t≤2π。
- 求 ∭D1(1+|P|3)13dxdydz,其中 |P|=√x2+y2+z2,D={P=(x,y,z):z≥0,及 x2+y2+z2≤9}。
【解法一】 將參數化代入後即可計算如下:
∫Ωxdy−ydxx2+y2=∫2π03costd(2sint)−2sintd(3cost)9cos2t+4sin2t=6∫2π019−5sin2tdt
根據對稱性,所求即為 24∫π2019−5sin2tdt。接著考慮代換 u=tant,如此所求即可計算如下:=24∫∞019−5u2u2+1duu2+1=24∫∞0du4u2+9=6∫∞0duu2+94=6×23tan−12x3|∞0=2π
【解法二】 關於本題亦可以考慮參數曲線 Ωε:x=εcost,y=εsint,其中 0≤t≤2π。如此我們運用 Green 定理可以得到
∫Ω−Ωεxdy−ydxx2+y2=0
因此我們可運用 Ωε 的參數化計算如下:∫Ωxdy−ydxx2+y2=∫Ωεxdy−ydxx2+y2=∫2π0εcostd(εsint)−εsintd(εcost)ε2=∫2π0dt=2π.
- 令 {x=ρcosθsinϕy=ρsinθsinϕz=ρcosϕ,其中參數的範圍為 {0≤ρ≤30≤θ≤2π0≤ϕ≤π2。如此原式可以改寫並計算如下
=∫π20∫2π0∫301(1+ρ3)13ρ2sinϕdρdθdϕ=(∫π20sinϕdϕ)(∫2π0dθ)(∫30ρ2(1+ρ3)13dρ)=1×2π×12(1+ρ3)23|30=π(2823−1)
- 設 E={(x,y,z):x+y+z=1,及 (x−1)2+y2=1},試求 f(x,y,z)=x+2y+3z 在 E 上的最大值及最小值。
訣竅
由積分審歛法的思想去構造不等式,接著透過技巧去調整級數中的符號。解法
訣竅
運用羅必達法則即可求解。解法
訣竅
這是有關偏微分方程(Partial Differential Equation)中的拉普拉斯方程(Laplace's Equation)的基本問題,我們僅須熟悉偏微分的基本操作與常微分方程的一些解法即可。解法
訣竅
透過題目或自行主動參數化後代入題目求解即可。解法
訣竅
可以使用傳統的消去未知數的方法求極值,亦可利用拉格朗日乘子法求解。解法一
由條件易知f(x,y,z)=x+2y+3z=x+2y+3(1−x−y)=3−2x−y
用柯西不等式可以注意到[(x−1)2+y2](22+11)≥(2x+y−2)2
即有√5≥2x+y−2≥−√5
或寫為1+√5≥3−2x−y≥1−√5
因此最大值為 1+√5 而最小值為 1−√5,其中等號成立條件分別為 (x,y,z)=(1−2√55,−√55,3√55)、(x,y,z)=(1+2√55,√55,−3√55)。解法二
運用拉格朗日乘子法,我們設 F(x,y,z,λ1,λ2) 如下:F(x,y,z,λ1,λ2)=x+2y+3z+λ1(x+y+z−1)+λ2[(x−1)2+y2−1]
於是解下列聯立方程組:{Fx(x,y,z,λ1,λ2)=1+λ1+2λ2(x−1)=0,Fy(x,y,z,λ1,λ2)=2+λ1+2λ2y=0,Fz(x,y,z,λ1,λ2)=3+λ1=0,Fλ1(x,y,z,λ1,λ2)=x+y+z−1=0,Fλ2(x,y,z,λ1,λ2)=(x−1)2+y2−1=0.
因此解得 (x,y,z,λ1,λ2)=(1±2√55,±√55,∓3√55,−3,±√52),因此可知最大值為 1+√5,而最小值為 1−√5。
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